Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên bình long bình phước file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN BÌNH LONG – BÌNH PHƯỚC
Câu 1: (5 điểm)
Một tấm ván bắt đầu chuyển động từ mặt đất lên cao với gia
tốc không đổi và bằng a. Sau khoảng thời gian  kể từ khi bắt
đầu chuyển động, từ mặt của tấm ván ném một viên bi nhỏ theo
phương thẳng đứng lên cao với vận tốc ban đầu bằng v 0 so với
tấm ván. Xem khối lượng viên bi rất nhỏ so với tấm ván. Xét
trong khoảng thời gian từ lúc ném viên bi cho tới khí viên bi
chạm tấm ván lần đầu tiên:
a. Tìm quy luật chuyển động của tấm ván và quả cầu trong hệ
quy chiếu gắn với đất.
b. Tìm quãng đường và độ dài của viên bi trong hệ quy chiếu gắn với đất.
Câu 2: (5 điểm)
Cho hệ cơ như hình vẽ, vật m0  1kg , có thể trượt không ma sát dọc theo một thanh cứng cố định.
Vật m0 được gắn với một sợi dây không giãn có chiều dàu L = 2m, đầu còn lại của sợi dây được gắn
với thanh như hình vẽ. Treo vật có khối lượng m1  2kg vào chính giữa sợi dây.

a. Tìm lực F tác dụng vào vật m0 để vật m1 nằm ở trạng thái cân bằng và lúc đó dây hợp với thanh
một góc 450 .
b. Hệ được giữ ở trạng thái cân bằng, góc hợp bởi dây và thanh là 450 thì tăng lực tác dụng lên giá
trị F = 50N. Tìm gia tốc chuyển động của vật m0 ngay sau khi tác dụng lực. Xác định vận tốc của vật

m0 tại thời điểm mà dây hợp với thanh một góc là 30 0 .
Câu 3: (5 điểm)
Cho thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m, chiều dàu L. Hai
đầu thanh được treo bởi hai sợi dây cũng có chiều dài L và gắn cố định tại
điểm O (hình vẽ). Tại đầu B treo một trọng vật có khối lượng m. Tìm góc
lệch của thanh so với phương ngang khi thanh cân bằng và tính lực căng
TA , TB ở hai đầu dây.

Câu 4: (5 điểm)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vật nặng khối lượng M và viên bi nhỏ khối lượng m (có thể coi là chất điểm) cùng chuyển động
trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn  M  m  . Viên bi va chạm với vật nặng và với thành tường là va
chạm tuyệt đối đàn hồi (hình vẽ). Vật nặng di chuyển với vận tốc nhỏ và không đổi u 0 theo hướng lại
gần tường. Ban đầu viên bi nằm cách tường một khoảng là l 0

.
a. Viên bi sẽ va chạm với vật nặng lần tiếp theo ở vị trí cách tường bao xa?
b. Tìm vận tốc v k của viên bi sau k lần va chạm với vật nặng. Ở lần va chạm thứ k + 1, khoảng
cách giữa viên bi so với tường là bao nhiêu? Xác định khoảng thời gian giữa lần va chạm thứ k và lần
thứ k + 1 giữa viên bi và vật nặng. Tìm áp lực trung bình do viên bi tác dụng lên tường trong khoảng
thời gian đó.
Câu 5: (5 điểm)
Một mol khí thực hiện chu trình là đường elip như hình vẽ. Biết rằng trạng thái của khí này nếu ở
tâm O’ của elip thì nhiệt độ của nó là T0  300K . Hãy xác định nhiệt độ cao nhất và thấp nhất của chu
trình.

Câu 6: (5 điểm)
Trong một ống chứ U có diện tích tiết diện S với thể tích là V0 có chứa chất
lỏng với khối lượng riêng là  . Hai nhánh ống có chiều cao bằng nhau, một
nhánh để hở, nhánh còn lại được nối với một bình có thể tích V0 bên trong có

chứa khí lí tưởng đơn nguyên tử. Chất lỏng chứa trong toàn bộ bình chữ U, hệ
thống trên được đặt trong không khí. Tìm nhiệt lượng cần cung cấp cho khí để
một nửa chất lỏng có thể chảy từ từ ta đầu còn lại của ống. Biết áp suất khí
quyển cố định và bằng p 0 . Bỏ qua áp suất hơi, lực căng mặt ngoài của chất
lỏng và sự mất mát nhiệt lượng, bán kính của chỗ uốn chữ U rất nhỏ so với
chiều cao của nhánh.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
a. Quy luật chuyển động của tấm ván và viên bi lần lượt là: x1  t  và x 2  t  có dạng như sau:
x1 

at 2
2

g  t  
a2
x2 
  a  v0  t    
2
2
Ở đây gốc thời gian chọn tại thời điểm tấm gỗ bắt đầu dịch chuyển còn gốc tọa độ tại mặt đất trục Ox
thẳng đứng hướng lên.

b. Xét hai trường hợp:
- Trước khi viên bi chạm tấm gỗ, viên bi đã kịp đi đến điểm cao nhất của quỹ đạo ném lên.
- Tấm gỗ đuổi kịp viên bi trước khi nó lên tới đỉnh của quỹ đạo.
- Để đơn giản tính toán ta chọn gốc tọa độ tại điểm mà ném viên bi và gốc thời gian cũng tại thời điểm
đó khi đó phương trình chuyển động có dạng:
2

at 2
gt 2
; x 2   a  v0  t 
2
2
Tìm thời điểm viên bi rơi vào tấm ván  t 2  ta có: x1  t 2   x 2  t 2 
x1  at 

giải phương trình ta tìm được: t 2 

2v 0
ag

Khi viên bi chuyển động đến điểm cao nhất của quỹ đạo, lúc đó vận tốc của viên bi bằng 0. Ta có
phương trình vận tốc: v 2   a  v 0   gt
Vậy vận tốc của viên bi sẽ bằng 0 tại thời điểm: t1 

a  v0
g

Vậy viên bi sẽ không đi đến điểm cao nhất của quỹ đạo khi t1  t 2

ga

*
ga
Trong trường hợp đó độ lớn của độ dời và quãng đường đi được của viên bi là như nhau và có thể tìm
từ biểu thức
2v a 
v 
S1  x n  x1  t 2   x 2  t 2   0    0 
a g
a g 
v0  a

Còn nếu (*) không thỏa mãn thì độ dời sẽ không bằng quãng đường. Khi đó ta có:
S2  x n  2  x max  x n 

Với x max là tọa độ điểm cao nhất của quỹ đạo chuyển động của viên bi x max

 a  v0 


2

2g

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vậy quãng đường viên bi đi được là: S2

 a  v0 

g

2



2v 0a 
v0 


ag
a g

Câu 2:
a. Ở trạng thái cân bằng ta có:
m1g  2T sin 0

F0  T cos 0
Vậy ta có: F0 

m1g cos  0
 10N
2sin  0

b. Khi lực tác dụng tăng lên độ lớn là F = 50N thì cả hai vật
bắt đầu chuyển động, trong đó vật m1 vừa dịch chuyển theo

phương ngang vừa dịch chuyển theo phương thẳng đứng.
Phương trình định luật II Niuton:
m 0 a 0  F  T1 cos  0

1
m1a1x   T1  T2  cos  0

m1a1y   T1  T2  sin  0  m1g
a
Ta có a1x  0
 2
2
Để tìm mối liên hệ giữa a1x và a1y ta xét đoạn dịch chuyển nhỏ khỏi vị trí ban đầu. Khi đó vật m1
a1y t
x 0 a 0 t 2

, y0 
dịch chuyển theo phương ngang và phương thẳng đứng lần lượt là:
2
2
2
Từ đinh lý Pitago ta có:


a 0 t 2
 2l cos  0 
2

2





2

2


 
a1y t 2  2
   l sin  0 
l
2 
 


L
Với l là một nửa độ dài sợi dây, l 
2

Khai triển biểu thức trên bỏ qua số hạng tỉ lệ t 4 (với điều kiện 0  450 ) ta có: a1y 
Từ (1), (2), (3) ta có:  2m 0  m1  a 0  2F  m1g  a 0 

a0
2

(3)

2F  m1g
 20m / s

2m 0  m1

Xét dây khi hợp với thanh một góc 1
Để xác định vận tốc của vật m0 ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng
2
m 0 V02 m1V1x2 m1V1y
Fx 0 


 m1gy1
(4)
2
2
2
Với: x 0  L cos 1  L cos 0 là độ dịch chuyển của m0

y1 

L
 sin 0  sin 1  là độ nâng của m1 so với vị trí ban đầu.
2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

V0

2
Tìm mối liên hệ giữa V1y và V0 :
V1x 

Xét một khoảng thời gian t rất nhỏ ngay khi dây hợp với thanh góc 1
2

 2l cos  0  V0 t 2 
2
2

   l sin  0  V1y t   l
2



Bỏ qua số hạng t 2 ta được: V1y 

V0 cos 1
2sin 1

Thay vào (4) ta được:
2

m V 2 m V 2 m V 2  cos 1 
L
FL  cos 1  cos  0   0 0  1 0  1 0 
  m1g  sin  0  sin 1 
2
8

8  sin 1 
2

V0 

2FL  cos 1  cos  0   m1gL  sin  0  sin 1 
m
m0 
4sin 2 1

Câu 3:
Chọn hệ trục Axy như hình vẽ
Điều kiện cân bằng của thanh AB là: TA  TB  2P  0
Chiếu phương trình trênn xuống Ax:

TA .cos  600     TB sin  300     0

(1)

Chiếu phương trình trênn xuống Ay:

TA .cos  600     TB  300     2mg  0

(2)

Tổng momen của các lực tác dụng lên thanh đối với trục quay đi qua B
là:
L
mg cos   TA Lsin 600  0
(3)

2
Nhân 2 vế của (2) với cos  300    ta được:

TA .cos  600    cos  300     TB sin  300    cos  300     0

(4)

Nhân 2 vế của (2) với sin  300    ta được:
TA .sin  600    sin  300     TB cos  300    sin  300     2mg sin  300     0

Cộng 2 vế của (4) và (5) ta được: TA cos 300  2mg sin  300   
Từ (3) ta được: TA cos 300 

1
mg cos 
2

(5)

(6)
(7)

Lấy (6) chia cho (7) ta có: 4sin  300     cos 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1
1
 sin 300 cos   cos 300 sin   cos   sin 300  cos 300 tan  
4
4
1
 tan  
   16,10
2 3

Như vậy thanh lệch góc   16,10 so với phương ngang khi thanh cân bằng

1

2 3
1
; sin  
13
13
2 3
2mg
6mg
Thay (7) vào (1) rồi biến đổi ta được: TA 
; TB 
13
13
Câu 4:
a. Va chạm là va chạm đàn hồi nên BTĐL + BTCN:

Vì tan  

nên cos  

Mm

Mu 0  Mu1  mv1
u1 
u0



Mm
2
2
2 
 Mu 0 Mu1 mv1




 v  2M
 2
2
2
 1 M  m

Với u1 , v1 lần lượt là vận tốc của vật M và viên bi m sau va chạm lần thứ nhất.
 u1  u 0
Vì m  M nên ta có: 

 v1  2u 0
Gọi l1 là khoảng cách từ tường đến vị trí xảy ra va chạm giữa viên bi và vật M lần thứ hai. Khi đó

quãng đường vật M đi được là  l0  l1  , còn viên bi đi được quãng đường là  l0  l1 

Vậy ta có phương trình:

l0  l1 l0  l1
l

 l1  0
u0
2u 0
3

b. Sau mỗi lần viên bi va chạm với vật M vận tốc của nó lại tăng lên 2u 0
Vậy vận tốc của viên bi sau lần va chạm thứ k sẽ là cấp số cộng với công bội là 2u 0

vk  2k.u 0
Để tìm vị trí khi va chạm lần thứ k + 1, ta có:
lk 1  lk lk 1  lk lk 1  lk
2k  1
1


 lk 
lk 1 
l0
u0
vk

2ku 0
2k  1
2k  1
lk 1  lk  1
1  l0
2 l0


  2
u0
 2k  1 2k  1  u 0 4k  1 u 0
Áp lực tring bình do viên bi va chạm với tường là:

Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp là: t k 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

F

2.2k.u 0
mu 02
2v
p
m k m
 2k  4k 2  1

l0
2
t
tk
l0
2
4k  1 u 0

Nếu số lần va chạm rất lớn k  1 thì ta có thể tính gần đúng
l
4k 2 1  4k 2 và 0  2k  1  2k
lk
Nên ta có: F  8k 3

mu 02
l0

Câu 5:
Phương trình biểu diễn elip có dạng:
2

2


 

2
2
 V  V0   p  p 0 
 p  V

 p V
1
 V    p   1       2    2 
4
0
 p 0   V0 
 p 0 V0 

  0 
 2   2 
p V
pV
Đặt a   ; b 
p 0 V0
p 0 V0

7
a2
7
1
1
 2b   a 2  4a   0  2 
 a  2
4
2
2
2
2
pV p0 V0
pV


T
T0  bT0
Theo phương trình trạng thái ta có:
T
T0
p 0 V0

1  a 2  2a 

Tmin ; Tmax

(1)

(2)

a2
7
khi: b  f  a    a  đạt giá trị min, max
2
8

1
1 

Hàm số f  a  đạt giá trị cực tiểu tại a = 1, do đó f  a  luôn tăng trong khoảng  2 
;2 

2
2




b min  f  2 



b  f  2 

 max


1  9 1
 Tmin  b min T0  125,37K
 
2 8
2
1 
  Tmax  b max T0  549, 63K
2

Tmin xảy ra khi:

p
V
1

 1
p0 V0
2 2

Tmax xảy ra khi:

p
V
1

 1
p0 V0
2 2

Câu 6:
Để chất lỏng chảy ra từ bình từ từ thì cần nung nóng khí rất từ từ và điều chỉnh nhiệt lượng sao cho
lượng nước trong suất quá trình không thu được động năng. Vậy nhiệt cung cấp cho khối khí làm tăng
nội năng của khối khí và thực hiện công.
Ở trạng thái đầu khí trong bình có áp suất bằng áp suất khí quyển, và có nhiệt độ T0 . Bỏ qua thể tích
và chiều cao của nước nằm ở chỗ uốn của thanh chữ U. Vậy khi đó chiều dài của thanh chữ U bằng

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

V0
3V
. Vậy ở trạng thái cuối cùng thể tích của khí tăng đến giá trị V1  0 , và áp suất của nó bằng:
S
2

V0
p1  p0   S , còn nhiệt độ thay đổi đến nhiệt độ T. Viết phương trình khí lý tưởng cho trạng thái đầu
2
gV0  3V0

p0 


pV
2S  2
và trạng thái cuối của khí: 0 0  
T0
T

Bên cạnh đó ta có: p0 V0  vRT0
 1  p 0 V0 3gV02 
T0  3p 0 V0 3gV02

 p0 v0  

Từ đây ta tính được: T  T0 



p 0 V0  2
4S
4S 
 vR  2
Vậy trong quá trình xảy ra nhiệt độ khối khí tăng, và nội năng tăng một lượng là:

3p V 9gV02
3
vR  T  T0   0 0 
2
4
4S
Bây giờ tìm công thực hiện. Công này làm tăng thế năng của chất lỏng và công thắng áp lực của khí
quyển. Chọn mốc thế năng tại đáy chất lỏng. Khí đó thế năng của chất lỏng ở trạng thái đầu tiên là:
V
E1  gV0 0
4S
Trạng thái sai khi mà một nửa khối chất lỏng đã chảy ra ngoài thì thế năng của chất lỏng lúc này sẽ
U 

V0 V0 / S V0 V0 / S 3gV02
g

g

2
4
2
2
8S
V
Công chống lại áp lực khí quyển là: A 0  p0 0
2
Vậy công do khối khí thực hiện là:
bằng: E 2 

3gV02 gV02 p0 V0 gV02 p0 V0




8S
4S
2
8S
2
gV0 
5 
Vậy nhiệt lượng cần cung cấp là: Q  U  A  V0  p 0 

4 
S 
A  E 2  E1  A0 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8